第3课时 证明与探索性问题
题型一 证明问题
例1(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22
＋y 2
＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .
(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，
NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．
由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22
y . 因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 2
2
＝1. 因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.
(2)证明 由题意知F (－1,0)．
设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )， PF →
＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →
＝(－3－m ，t －n )．
由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.
又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.
所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.
又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，
所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .
思维升华圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．
跟踪训练1已知椭圆T ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点A (0,1)，离心率e ＝63
，圆C ：x 2＋y 2＝4，从圆C 上任意一点P 向椭圆T 引两条切线PM ，PN .
(1)求椭圆T 的方程；
(2)求证：PM ⊥PN .
(1)解 由题意可知b ＝1，c a ＝
63，即2a 2＝3c 2， 又a 2＝b 2＋c 2，联立解得a 2＝3，b 2＝1.
∴椭圆方程为x 23
＋y 2＝1. (2)证明 方法一 ①当P 点横坐标为±3时，纵坐标为±1，PM 斜率不存在，PN 斜率为0，PM ⊥PN .
②当P 点横坐标不为±3时，设P (x 0，y 0)，
则x 20＋y 2
0＝4，设k PM ＝k ， PM 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，
联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧
y －y 0＝k (x －x 0)，x 23
＋y 2＝1， 消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 2
0－3＝0， 依题意Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k 2)(3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 20－3)＝0， 化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 2
0＝0， 又k PM ，k PN 为方程的两根， 所以k PM ·k PN ＝1－y 203－x 20＝1－(4－x 20)3－x 20＝x 20－33－x 20
＝－1. 所以PM ⊥PN .
综上知PM ⊥PN .
方法二 ①当P 点横坐标为±3时，纵坐标为±1，PM 斜率不存在，PN 斜率为0，PM ⊥PN . ②当P 点横坐标不为±3时，设P (2cos θ，2sin θ)，
切线方程为y －2sin θ＝k (x －2cos θ)，
⎩⎪⎨⎪⎧
y －2sin θ＝k (x －2cos θ)，
x 23＋y 2＝1， 联立得(1＋3k 2)x 2＋12k (sin θ－k cos θ)x ＋12(sin θ－k cos θ)2－3＝0，
令Δ＝0，
即Δ＝144k 2(sin θ－k cos θ)2－4(1＋3k 2)[12(sin θ－k cos θ)2－3]＝0，
化简得(3－4cos 2θ)k 2＋4sin2θ·k ＋1－4sin 2θ＝0，
k PM ·k PN ＝1－4sin 2θ3－4cos 2θ＝(4－4sin 2
θ)－3
3－4cos 2θ＝－1.
所以PM ⊥PN .
综上知PM ⊥PN .
题型二 探索性问题
例2在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点，
(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；
(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．
解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，
或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．
又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，
C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )， 即ax －y －a ＝0.
y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，
C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0. 故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.
将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0.
故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .
从而k 1＋k 2＝
y 1－b x 1＋y 2－b x 2 ＝
2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2 ＝k (a ＋b )a
. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，
则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，
故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．
思维升华解决探索性问题的注意事项
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
跟踪训练2(2018·鞍山模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点Q ⎝
⎛⎭⎪⎫1，－22，且离心率e ＝22
，直线l 与E 相交于M ，N 两点，l 与x 轴、y 轴分别相交于C ，D 两点，O 为坐标原点． (1)求椭圆E 的方程；
(2)判断是否存在直线l ，满足2OC →＝OM →＋OD →，2OD →＝ON →＋OC →？若存在，求出直线l 的方程；若
不存在，请说明理由．
解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，1a 2＋12b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝2，b 2＝1.
所以椭圆E 的方程为x 22
＋y 2＝1. (2)存在直线l ，满足2OC →＝OM →＋OD →，2OD →＝ON →＋OC →.
理由如下：
方法一 由题意，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (km ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
则C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－m k ，0，D (0，m )． 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 22
＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，
所以Δ＝16k 2－8m 2＋8>0.(*)
由根与系数的关系，得
x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2. 因为2OC →＝OM →＋OD →，2OD →＝ON →＋OC →，
所以MC →＝CD →＝DN →，
所以C ，D 是线段MN 的两个三等分点，得线段MN 的中点与线段CD 的中点重合．
所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2＝0－m k ，解得k ＝±22
. 由C ，D 是线段MN 的两个三等分点，得|MN |＝3|CD |.
所以1＋k 2|x 1－x 2|＝3
⎝ ⎛⎭⎪⎫m k 2＋m 2， 即|x 1－x 2|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 22－4×2m 2－21＋2k 2＝3⎪⎪⎪⎪⎪⎪m k ， 解得m ＝±55
.验证知(*)成立． 所以存在直线l ，满足2OC →＝OM →＋OD →，2OD →＝ON →＋OC →，此时直线l 的方程为y ＝22x ±55
或y ＝－22x ±55
. 方法二 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，C (m,0)，D (0，n )，
由2OC →＝OM →＋OD →，2OD →＝ON →＋OC →，
得⎩⎪⎨⎪⎧
2(m ，0)＝(x 1，y 1)＋(0，n )，2(0，n )＝(x 2，y 2)＋(m ，0)， 解得M (2m ，－n )，N (－m,2n )． 又M ，N 两点在椭圆上， 所以⎩⎪⎨⎪
⎧ 4m 22＋n 2＝1，m 22＋4n 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2m 2＋n 2＝1，m 2＋8n 2＝2，
解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝±105，n ＝±55，
故所求直线l 的方程为52x －10y ＋25＝0或52x －10y －25＝0或52x ＋10y ＋25＝0或52x ＋10y －25＝0.
1．(2018·聊城模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32
，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，点P 为椭圆上一点，△F 1PF 2面积的最大值为 3.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点A (4,0)作关于x 轴对称的两条不同直线l 1，l 2分别交椭圆于M (x 1，y 1)与N (x 2，y 2)，且x 1≠x 2，证明直线MN 过定点，并求△AMN 的面积S 的取值范围．
解 (1)设a 2－b 2＝c 2，则c
a ＝32
， 设P (x ，y )，则12F PF S V ＝c |y |，
∵|y |≤b ，∴12F PF S V ≤bc ＝ 3.
解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1.
∴椭圆C 的方程为x 24
＋y 2＝1. (2)设MN 方程为x ＝ny ＋m (n ≠0)，
联立⎩
⎪⎨⎪⎧ x ＝ny ＋m ，x 2＋4y 2－4＝0， 得(n 2＋4)y 2＋2nmy ＋m 2－4＝0，
由题意知，Δ＝16(n 2－m 2＋4)>0，
∴y 1＋y 2＝－2nm n 2＋4，y 1y 2＝m 2－4n 2＋4
， ∵关于x 轴对称的两条不同直线l 1，l 2的斜率之和为0，
即
y 1x 1－4＋y 2
x 2－4＝0，
即y 1ny 1＋m －4＋y 2ny 2＋m －4
＝0， 得2ny 1y 2＋m (y 1＋y 2)－4(y 1＋y 2)＝0，
即2n (m 2－4)n 2＋4－2nm 2n 2＋4＋8nm n 2＋4
＝0.解得m ＝1. 直线MN 方程为x ＝ny ＋1，
∴直线MN 过定点B (1,0)．
又|y 1－y 2|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫－2n n 2＋42－4·(－3)n 2＋4 ＝4
n 2＋3(n 2＋4)2＝41n 2＋4－1(n 2＋4)2， 令1n 2＋4＝t ，∴t ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，14， ∴|y 1－y 2|＝4－t 2＋t ∈(0，3)，
又S ＝12|AB ||y 1－y 2|＝32|y 1－y 2|∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，332. 2．(2018·宿州检测)已知椭圆C 的中心为坐标原点，焦点在x 轴上，离心率e ＝32
，以椭圆C 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4 5.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若经过点P (1,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，是否存在直线l 0：x ＝x 0(x 0>2)，使得A ，B 到直线l 0的距离d A ，d B 满足d A d B ＝|PA ||PB |
恒成立，若存在，求出x 0的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)， ∵c
a ＝32，∴c ＝32
a ， 又∵4a 2＋
b 2＝45，
∴a 2＋b 2＝5，由b 2＝a 2－c 2＝14
a 2， 解得a ＝2，
b ＝1，
c ＝ 3.
∴椭圆C 的标准方程为x 24
＋y 2
＝1. (2)若直线l 的斜率不存在，则直线l 0为任意直线都满足要求；
当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝k (x －1)，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(不妨令x 1>1>x 2)，
则d A ＝x 0－x 1，d B ＝x 0－x 2，
|PA |＝1＋k 2(x 1－1)，|PB |＝1＋k 2
(1－x 2)， ∵d A d B ＝|PA ||PB |
， ∴x 0－x 1x 0－x 2＝1＋k 2(x 1－1)1＋k 2(1－x 2)＝x 1－11－x 2
， 解得x 0＝2x 1x 2－(x 1＋x 2)(x 1＋x 2)－2
. 由⎩⎪⎨⎪⎧
x 24
＋y 2＝1，y ＝k (x －1)，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0， 由题意知，Δ>0显然成立， x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2， x 0＝8k 2－81＋4k 2－8k
21＋4k 28k
21＋4k
2－2＝4. 综上可知存在直线l 0：x ＝4，使得A ，B 到直线l 0的距离d A ，d B 满足d A d B ＝|PA ||PB |
恒成立． 3．(2018·三明质检)已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直
线y ＝12
x 上的圆E 与x 轴相切，且E ，F 关于点M (－1,0)对称． (1)求E 和Γ的标准方程；
(2)过点M 的直线l 与E 交于A ，B ，与Γ交于C ，D ，求证：|CD |>2|AB |.
(1)解 设Γ的标准方程为x 2＝2py (p >0)，
则F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，p 2. 已知E 在直线y ＝12x 上，故可设E (2a ，a )． 因为E ，F 关于M (－1,0)对称，所以⎩⎨⎧
2a ＋02＝－1，p 2＋a 2＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，p ＝2.
所以Γ的标准方程为x 2＝4y .
因为E 与x 轴相切，故半径r ＝|a |＝1，
所以E 的标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝1.
(2)证明 由题意知，直线l 的斜率存在，
设l 的斜率为k ，那么其方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)， 则E (－2，－1)到l 的距离d ＝|k －1|
k 2＋1，
因为l 与E 交于A ，B 两点，
所以d 2 2 k 2＋1<1，解得k >0， 所以|AB |＝21－d 2＝22k k 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2 ＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得x 2－4kx －4k ＝0. Δ＝16k 2＋16k >0恒成立， 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ， 那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2| ＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2 －4x 1x 2 ＝4k 2＋1·k 2＋k . 所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2 ＋k ) 8k k 2＋1 ＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k ＝2k (k 2＋1)2 (k ＋1)k >2k k ＝2. 所以|CD |2>2|AB |2 ， 即|CD |>2|AB |. 4．(2018·锦州模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a >b >0)的长轴与短轴之和为6，椭圆上任一点到两焦点F 1，F 2的距离之和为4. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线AB ：y ＝x ＋m 与椭圆交于A ，B 两点，C ，D 在椭圆上，且C ，D 两点关于直线AB 对称，问：是否存在实数m ，使|AB |＝2|CD |，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，2a ＝4,2a ＋2b ＝6， ∴a ＝2，b ＝1. ∴椭圆的标准方程为x 24 ＋y 2 ＝1. (2)∵C ，D 关于直线AB 对称， 设直线CD 的方程为y ＝－x ＋t ， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－x ＋t ，x 24＋y 2＝1消去y ，得5x 2－8tx ＋4t 2 －4＝0， Δ＝64t 2－4×5×(4t 2－4)>0， 解得t 2 <5， 设C ，D 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8t 5，x 1x 2＝4t 2－45 ， 设CD 的中点为M (x 0，y 0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝x 1＋x 22＝4t 5，y 0＝－x 0＋t ＝t 5，∴M ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫4t 5，t 5， 又点M 也在直线y ＝x ＋m 上， 则t 5＝4t 5＋m ，∴t ＝－5m 3 ， ∵t 2<5，∴m 2<95 . 则|CD |＝1＋1|x 1－x 2| ＝2·(x 1＋x 2)2 －4x 1x 2 ＝2·45－t 25 . 同理|AB |＝2·45－m 25 . ∵|AB |＝2|CD |， ∴|AB |2＝2|CD |2， ∴2t 2－m 2＝5， ∴m 2＝4541<95 ， ∴存在实数m ，使|AB |＝2|CD |，此时m 的值为±320541. 5．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63 ，过右焦点F 且斜率为1的直线交椭圆C 于A ，B 两点，N 为弦AB 的中点，O 为坐标原点． (1)求直线ON 的斜率k ON ； (2)求证：对于椭圆C 上的任意一点M ，都存在θ∈[0,2π)，使得OM →＝cos θOA →＋sin θOB →成 立． (1)解 设椭圆的焦距为2c ， 因为c a ＝63，所以a 2－b 2a 2＝23 ， 故有a 2＝3b 2 . 从而椭圆C 的方程可化为x 2＋3y 2＝3b 2.① 知右焦点F 的坐标为(2b,0)， 据题意有AB 所在的直线方程为y ＝x －2b .② 由①②得4x 2－62bx ＋3b 2 ＝0.③ 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，弦AB 的中点N (x 0，y 0)， 由③及根与系数的关系得： x 0＝x 1＋x 22＝32b 4，y 0＝x 0－2b ＝－24 b . 所以k ON ＝y 0x 0＝－13 ，即为所求． (2)证明 显然OA →与OB →可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的 向量OM →，有且只有一对实数λ，μ，使得等式OM →＝λOA →＋μOB →成立． 设M (x ，y )，由(1)中各点的坐标有(x ，y )＝λ(x 1，y 1)＋μ(x 2，y 2)，故x ＝λx 1＋μx 2，y ＝λy 1＋μy 2. 又因为点M 在椭圆C 上，所以有(λx 1＋μx 2)2＋3(λy 1＋μy 2)2＝3b 2 ，整理可得 λ2(x 2 1＋3y 21)＋μ2(x 22＋3y 22)＋2λμ(x 1x 2＋3y 1y 2)＝3b 2.④ 由③有x 1＋x 2＝32b 2，x 1·x 2＝3b 2 4 . 所以x 1x 2＋3y 1y 2＝x 1x 2＋3(x 1－2b )(x 2－2b ) ＝4x 1x 2－32b (x 1＋x 2)＋6b 2 ＝3b 2－9b 2＋6b 2＝0.⑤ 又点A ，B 在椭圆C 上， 故有x 21＋3y 21＝3b 2， x 2 2＋3y 22＝3b 2.⑥ 将⑤，⑥代入④可得，λ2＋μ2 ＝1. 所以，对于椭圆上的每一个点M ，总存在一对实数，使等式OM →＝λOA →＋μOB →成立，且λ2＋μ 2＝1. 所以存在θ∈[0,2π)，使得λ＝cos θ，μ＝sin θ.也就是：对于椭圆C 上任意一点M ，总 存在θ∈[0,2π)，使得等式OM →＝cos θOA →＋sin θOB →成立． 6.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32 ，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程； (2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)， 且PC →·PD →＝－1， 于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝32，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝22，b ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 28＋y 22 ＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 28＋y 2 2＝1，y ＝kx ＋1，得(4k 2＋1)x 2＋8kx －4＝0， 其判别式Δ＝(8k )2＋16(4k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－8k 4k 2＋1，x 1x 2＝－4 4k 2＋1， 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB → ＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝(－4λ－8)k 2 ＋(－4λ－3) 4k 2＋1 ＝－3λ＋1 4k 2＋1－λ－2. 所以当λ＝－1 3时，－3λ＋14k 2＋1－λ－2＝－5 3， 此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－5 3为定值． 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →－13PC → ·PD → ＝－2＋1 3＝－5 3. 故存在常数λ＝－13，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－5 3. 第3讲圆锥曲线的综合问题 「考情研析」 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题． 2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大. 核心知识回顾 1.最值问题 求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值． 2．范围问题 求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”．不等式的来源可以是Δ>0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等． 3．定点问题 在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题． 4．定值问题 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题． 5．存在性问题的解题步骤 (1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)． (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在． 热点考向探究 考向1 最值与范围问题 角度1 最值问题 例1 已知抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，点R(1，2)在抛物线C上． (1)求抛物线C的方程； (2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程． 解(1)∵点R(1,2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上， ∴4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x. (2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝m(y－1)＋1，m≠0， 高考重点难点——圆锥曲线的综合问题 1．直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程． 即⎩ ⎪⎨⎪⎧ Ax ＋By ＋C ＝0，F (x ，y )＝0，消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0. (1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线C 相离． (2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合． 2．弦长公式 设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝ 1＋1 k 2·|y 1－y 2 | ＝ 1＋1 k 2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2. 1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点． 2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点． [试一试] 1．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) 第2课时 定点、定值、探索性问题 圆锥曲线中的定点问题(师生共研) (2020·某某模拟)过抛物线C ：y 2 ＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8. (1)求直线l 的方程； (2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2 ＝4x 知焦点F 的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入抛物线方程y 2 ＝4x ，得k 2x 2 －(2k 2 ＋4)x ＋k 2 ＝0， 由题意知k ≠0， 且Δ＝[－(2k 2 ＋4)]2 －4k 2 ·k 2 ＝16(k 2 ＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2 ＋4 k 2，x 1x 2＝1. 由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2 ＋4 k 2＝6， 即k 2 ＝1，解得k ＝±1. 所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)． (2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝ y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214 ＝4 y 2－y 1 ， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝ 4 y 2－y 1 (x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 2 1＝4x －4x 1. 因为y 2 1＝4x 1，y 2 2＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2 ＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)． 所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨ ⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0， 即直线BD 恒过定点(－1，0)． 高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 2 4+ y 23 =1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆 C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值. 2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程; (2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由. 3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2 a 2−y 2 b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程; (2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0 (1)求椭圆C 的方程; (2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1 λ+1 μ 为定值. 5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切. (1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程; (2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B. ①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB. 6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2 a 2+y 2 b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程; (2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由. 第4讲 圆锥曲线中的最值、范围及存在性问题 [做真题] (2019·高考全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点，P 为C 上 的点，O 为坐标原点． (1)若△POF 2为等边三角形，求C 的离心率； (2)如果存在点P ，使得PF 1⊥PF 2，且△F 1PF 2的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围． 解：(1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中，∠F 1PF 2＝90°，|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c ，于是2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(3＋1)c ，故C 的离心率e ＝c a ＝3－1. (2)由题意可知，满足条件的点P (x ，y )存在当且仅当 12|y |·2c ＝16，y x ＋c ·y x －c ＝－1，x 2 a 2＋y 2 b 2＝1， 即 c |y |＝16，① x 2＋y 2＝c 2，② x 2a 2＋y 2 b 2 ＝1.③ 由②③及a 2 ＝b 2 ＋c 2 得y 2 ＝b 4c 2.又由①知y 2＝162 c 2，故b ＝4.由②③及a 2＝b 2＋c 2得x 2 ＝a 2c 2(c 2－b 2)，所以c 2≥b 2，从而a 2＝b 2＋c 2≥2b 2 ＝32，故a ≥4 2. 当b ＝4，a ≥42时，存在满足条件的点P . 所以b ＝4，a 的取值范围为[42，＋∞)． [明考情] 与圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，直线或圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关联受到一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解、最值的探求这类问题． 最值问题 1．几何转化代数法：将常见的几何图形所涉及的结论转化为代数问题求解．常见的几何图形所涉及的结论有：(1)两圆相切时半径的关系；(2)三角形三边的关系式；(3)动点与定点构成线段的和或差的最小值，经常在两点共线的时候取到，注意同侧与异侧；(4)几何法转化所求目标，常用勾股定理、对称、圆锥曲线的定义等． 第3课时 证明与探索性问题 题型一证明问题 例1(八省联考)双曲线C ：x 2 a 2－y 2 b 2＝1(a>0，b>0)的左顶点为A ，右焦点为F ，动点B 在C 上，当BF⊥AF 时，|AF|＝|BF|. (1)求C 的离心率； (2)若B 在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF. (1)解 设双曲线的离心率为e ，焦距为2c ， 在x 2 a 2－y 2 b 2＝1中，令x ＝ c ，则c 2 a 2－y 2 b 2＝1， 则y 2 b 2＝ c 2 a 2－1＝ b 2 a 2，故y ＝± b 2 a ， 若|AF|＝|BF|，则a ＋c ＝ b 2 a ， 所以a 2 ＋ac ＝b 2 ＝c 2 －a 2 ， 所以e 2－e －2＝0，所以e ＝2. (2)证明 由(1)知双曲线方程为x 2 a 2－y 2 3a 2＝1， 设B(x ，y)(x>0，y>0)，当x≠c 时，k AB ＝y x ＋a ，k BF ＝y x －c ， 设∠BAF＝θ， 则tanθ＝y x ＋a ，tan2θ＝2tanθ1－tan 2θ＝2⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫y x ＋a 1－⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫y x ＋a 2＝2x ＋a y x ＋a 2－y 2＝ 2x ＋a y x ＋a 2－3a 2⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫x 2 a 2－1＝2x ＋a y －2x 2＋2ax ＋4a 2＝ y 2a －x ＝y c －x ＝－k BF ＝tan∠BFA， 因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF. 当x ＝c 时，由题意知∠BFA＝π2，∠BAF＝π 4 ，满足∠BFA＝2∠BAF. 综上，∠BFA＝2∠BAF. 思维升华圆锥曲线中的证明问题常见的有 (1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等． (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等． 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明． 跟踪训练1已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直线y ＝1 2 x 上的圆 第3课时 证明与探索性问题 题型一 证明问题 例1(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 2 2＋y 2 ＝1上，过M 作x 轴的垂线， 垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM → . (1)求点P 的轨迹方程； (2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ → ＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . (1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)， NP → ＝(x －x 0，y )，NM → ＝(0，y 0)． 由NP →＝2NM → 得x 0＝x ，y 0＝22y . 因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 2 2＝1. 因此点P 的轨迹方程为x 2 ＋y 2 ＝2. (2)证明 由题意知F (－1,0)． 设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ → ＝(－3，t )， PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF → ＝3＋3m －tn ， OP → ＝(m ，n )，PQ → ＝(－3－m ，t －n )． 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2 ＝1. 又由(1)知m 2 ＋n 2 ＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ， 所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 思维升华圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法． 跟踪训练1 已知椭圆T ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点A (0,1)，离心率e ＝63 ，圆C ：x 2＋y 2 ＝4，从圆C 上任意一点P 向椭圆T 引两条切线PM ，PN . (1)求椭圆T 的方程； (2)求证：PM ⊥PN . 2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题 【归类解析】 题型一 范围问题 【解题指导】 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围. (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围. (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围. (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 【例】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23 －y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点. (1)求椭圆C 的标准方程； (2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围. 【解】 (1)∵双曲线的离心率为233 ， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32 . 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点， ∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1， ∴椭圆方程为x 24 ＋y 2＝1. (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)， M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2). 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24 ＋y 2＝1， 消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k 2 ， 于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2. 又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列， 第2讲 圆锥曲线的定义、方程及性质 [做小题——激活思维] 1．椭圆C ：x 225＋y 2 16＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线交椭圆C 于A ，B 两点， 则△F 1AB 的周长为( ) A ．12 B ．16 C ．20 D ．24 C [△F 1AB 的周长为 |F 1A |＋|F 1B |＋|AB | ＝|F 1A |＋|F 2A |＋|F 1B |＋|F 2B | ＝2a ＋2a ＝4a . 在椭圆x 225＋y 2 16＝1中，a 2 ＝25，a ＝5， ∴△F 1AB 的周长为4a ＝20，故选C.] 2．已知点F ? ????14，0，直线l ：x ＝－14，点B 是l 上的动点．若过点B 垂直于y 轴的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M ，则点M 的轨迹是( ) A ．双曲线 B ．椭圆 C ．圆 D ．抛物线 D [由已知得|MF |＝|MB |，根据抛物线的定义知，点M 的轨迹是以点F 为焦点，直线l 为准线的抛物线．] 3．设P 是双曲线x 216－y 2 20＝1上一点，F 1，F 2分别是双曲线左、右两个焦点，若|PF 1|＝9， 则|PF 2|＝________. 17 [由题意知|PF 1|＝9＜a ＋c ＝10，所以P 点在双曲线的左支，则有|PF 2|－|PF 1|＝2a ＝8，故|PF 2|＝|PF 1|＋8＝17.] 4．设e 是椭圆x 24＋y 2k ＝1的离心率，且e ＝2 3 ，则实数k 的值是________． 209或36 5 [当k ＞4时，有e ＝1－4k ＝23，解得k ＝36 5 ；当0＜k ＜4时，有e ＝1－k 4 ＝ 23，解得k ＝209.故实数k 的值为209或365 .] 第2课时 定点、定值、探索性问题 考点一 定点问题 【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2且F 2关于直线x －y ＋a ＝0的对称点M 在直线3x ＋2y ＝0上． (1)求椭圆的离心率； (2)若C 的长轴长为4且斜率为1 2 的直线l 交椭圆于A ，B 两点，问是否存在定点P ，使得PA ， PB 的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的P 点坐标；若不存在，说明理由． 解 (1)依题知F 2(c ，0)，设M (x 0，y 0)，则y 0 x 0－c ＝－1且 x 0＋c 2 －y 0 2＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－a ， y 0＝a ＋c ， 即M (－a ，a ＋c )． ∵M 在直线3x ＋2y ＝0上，∴－3a ＋2(a ＋c )＝0，即a ＝2c ，∴e ＝c a ＝1 2. (2)存在．由(1)及题设得c a ＝1 2 且2a ＝4，∴a ＝2，c ＝1， ∴椭圆方程为x 24＋y 2 3 ＝1， 设直线l 方程为y ＝12x ＋t ，代入椭圆方程消去y 整理得x 2＋tx ＋t 2 －3＝0. 依题知Δ＞0，即t 2 －4(t 2 －3)＞0，t 2 ＜4， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2 －3， 如果存在P (m ，n )使得k PA ＋k PB 为定值，那么k PA ＋k PB 的取值将与t 无关， k PA ＋k PB ＝y 1－n x 1－m ＋y 2－n x 2－m ＝⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫n －32m t ＋2mn －3 t 2＋mt ＋m 2－3 ， 令 ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3 ＝M ， 由Mt 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mM ＋32m －n t ＋m 2 M －3M －2mn ＋3＝0， 由题意可知该式对任意t 恒成立，其中t 2 ＜4， 专题07 射线法、设点法在圆锥曲线中的应用 解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同． 一、题型选讲 题型一 圆锥曲线中的线段的关系 例1、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为2 2，且 直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E 于P ，Q 两点，且PQ 的中点R 在直线l 上．点M(1，0)． (1) 求椭圆E 的方程； (2) 求证：MR ⊥PQ. 规范解答 (1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝22，所以e 2＝c 2 a 2＝1－ b 2a 2＝12 ，即a 2＝2b 2. (2分) 因为直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2， 所以点(2，1)在椭圆上，即4a 2＋1 b 2＝1. 解得a 2＝6，b 2＝3， 所以椭圆E 的方程为x 26＋y 2 3 ＝1.(6分) (2)解法1(设线法) 因为直线PQ 与坐标轴不垂直，故设PQ 所在直线的方程为y ＝kx ＋m. 设 P(x 1，y 1)，Q(x 2, y 2) . 因为PQ 的中点R 在直线 l ：x ＝2上，故R(2，2k ＋m)． 联立方程组错误! 消去y ，并化简得 (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0, (9分) 10.6圆锥曲线的综合问题 挖命题 【考情探究】 分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质. 2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题. 3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视. 炼技法 【方法集训】 方法1圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法 1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一点,从原点O向圆 M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为k1,k2. (1)求证:k1k2为定值; (2)求四边形OPMQ面积的最大值. 解析(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切, 所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0的两个不相等的实数根, 所以3-2≠0,k 1k2=,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以=1-, 所以k1k2==-. (2)易知直线OP,OQ都不能落在坐标轴上,设P(x1,y1),Q(x2,y2), 因为2k1k2+1=0,所以+1=0,即=, 因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上, 所以==, 整理得+=2,所以+=1, 所以OP2+OQ2=3. 因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)·=(OP+OQ), OP+OQ≤=,所以S四边形OPMQ的最大值为1. 2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(,)在椭圆C上,且△PF1F2的面积为2. (1)求椭圆C的方程; (2)过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.求证:以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,并求出△F1MN面积的取值范围. 解析(1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分) 又点P(,)在椭圆C上, 高一数学圆锥曲线问题的探究与发现教案 高一数学圆锥曲线问题的探究与发现教案 一、问题导入，引发探究 师：我在旅游时买回来一种磁性蛇蛋玩具（如图），所谓生活处处皆学问嘛，我把它运动过程中的轴截面用图形计算器做出了以下有趣的现象： 两个全等的椭圆形卵，相互依偎旋转（动画）。你能通过所学解析几何知识，构造出这种有趣的现象吗？ 二、实验探究，交流发现 探究1：卵之由来——椭圆的形成 (1) 单个定椭圆的形成 椭圆的定义：平面内到两定点、的距离之和等于常数(大于)的点的轨迹叫做椭圆。（即若平面内的动点到两定点、的距离之和等于常数(大于)，则点的轨迹为以、为焦点的椭圆。） 思考1：如何使为定值？ （不妨将两条线段的长度和转化为一条线段，即在线段的延长线上取点，使得，此时，为定值则可转化为为定值。） 思考2：若为定值，则点的轨迹是什么？定点与点轨迹的位置关系？ （以定点为圆心，为半径的圆。由于，则点在圆内。） 思考3：如何确定点的位置，使得，且？ （线段的中垂线与线段的交点为点。） 揭示思路：(高中数学选修2-1 P49 7) 如图，圆的半径为定长，是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线l和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的.轨迹是什么？为什么？ (设圆的半径为，由椭圆定义，(常数)，且，所以当点在圆周上运动时，点的轨迹是以为焦点的椭圆。) 图形计算器作图验证：以圆与定点所在直线为轴，中垂线为轴建立直角坐标系，设圆半径，，即圆，点，则点轨迹是以以为焦点的椭圆，椭圆方程为。 (2) 单个动椭圆的形成 思考4：构造一种动椭圆的方式 （由于椭圆形状不变，即离心率不变，而长轴长为定值，则也要为定值，因此可将圆内点取在圆的同心圆上，当点在圆上动时，即可得到动椭圆。） 图形计算器作图验证：当圆内动点取在圆的同心圆上，运动点，即得到动椭圆。(3) 两个椭圆的形成 观察两个椭圆相互依偎旋转的几个画面，分析两椭圆的位置关系。判断两个椭圆关于对称轴对称，且直线过两椭圆公共点，所以直线为两椭圆的公切线。 因而找到公切线，作椭圆关于切线的对称椭圆即可。 探究2：卵之所依——切线的判断与证明 线段的垂直平分线与椭圆的位置关系 (1) 利用图形计算器中的“图象分析”工具直观判断与椭圆的位置关系．设圆上动点，则线段的中垂线的方程为，将动点的横坐标保存为变量，纵坐标保存为变量，随着点的改变，在Graphs中画出相应的动直线．用图形计算器中的“图象分析”工具找出椭圆所在 圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点，主要以解答题的形式出现，难度较大，一般作为压轴题．解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验法”，也可先用特殊情况得到所求值，再给出一般性的证明．考查的知识点多，能力要求高，尤其是运算变形能力，同时着重考查学生的分析问题与解决综合问题的能力． “大题规范解答——得全分”系列之(九 圆锥曲线中探索性问题的答题模板 [典例](2012福建高考·满分13分如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8. (1求椭圆E的方程； (2设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由． [教你快速规范审题] 1．审条件，挖解题信息 ―→, 2．审结论，明解题方向 ―→―→ ．建联系，找解题突破口 1．审条件，挖解题信息 ―→， 2．审结论，明解题方向 ―→ ,·,＝0恒 成立 3．建联系，找解题突破口 [教你准确规范解题] (1因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8， 即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，(1分 又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，(2分 所以4a＝8，a＝2. 又因为e＝，即＝，所以c＝1，(3分 所以b＝＝. 故椭圆E的方程是＋＝1.(4分 (2由消去y得(4k2＋3x2＋8kmx＋4m2－12＝0.(5分 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0，所以m≠0且Δ＝0，(6分 即64k2m2－4(4k2＋3(4m2－12＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(* (7分 此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝， 所以P. (8分 由得Q(4,4k＋m． (9分 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上． (10分 设M(x1,0，则·＝0对满足(*式的m，k恒成立． 因为＝，＝(4－x1,4k＋m， 由·＝0， 得－＋－4x1＋x＋＋3＝0， 整理，得(4x1－4＋x－4x1＋3＝0.(** (11分 由于(**式对满足(*式的m，k恒成立， 所以解得x1＝1. (12分 故存在定点M(1,0，使得以PQ为直径的圆恒过点M. (13分 [常见失分探因] ————————————[教你一个万能模板]————————————————— 专题11：椭圆中的存在探索性问题 1．已知椭圆C ：()22 2210x y a b a b +=>>，长轴为4，不过坐标原点O 且 不平行于坐标轴的直线l 与椭圆C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M ，直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值1 4 -. （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线l 过右焦点2F ，问y 轴上是否存在点D ，使得三角形ABD 为正三角形，若存在，求出点D 坐标，若不存在，请说明理由. 2．已知椭圆22 22:1(0)x y E a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，M 为椭圆上一动点，当12MF F ∆的面积最大时，其内切圆半径为3 b ，椭圆E 的左、右顶点分别为A ，B ，且||4AB =． （1）求椭圆E 的标准方程； （2）过1F 的直线与椭圆相交于点C ，D （不与顶点重合），过右顶点B 分别作直线BC ，BD 与直线4x =-相交于N ，M 两点，以MN 为直径的圆是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 3．椭圆E ：22x a ＋22y b ＝1(a ＞b ＞0)经过点A (－2，0)，且离心率为2 . （1）求椭圆E 的方程； （2）过点P (4，0)任作一条直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N .在x 轴上是否存在点Q ，使得∠PQM ＋∠PQN ＝180°？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 4．已知A 、B 分别为椭圆222:1(1)x E y a a +=>的左顶点和下顶点，P 为 直线3x =上的动点，AP BP ⋅的最小值为594 ． （1）求E 的方程； （2）设PA 与E 的另一交点为D ，PB 与E 的另一交点为C ，问：是否存在点P ，使得四边形ABCD 为梯形，若存在，求P 点坐标；若不存在，请说明理由． 5．已知椭圆2222:1(0)x y G a b a b +=>>． （1）求椭圆G 的方程； （2）过点(0,1)M 斜率为(0)k k ≠的直线l 交椭圆G 于A ，B 两点，在y 轴上是否存在点N 使得ANM BNM ∠=∠（点N 与点M 不重合），若存在，求出点N 的坐标，若不存在，请说明理由． 6．已知椭圆22 2:1(0)3 x y C a a +=>的焦点在x 轴上，且经过点31,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，左顶点为D ，右焦点为F ． （1）求椭圆C 的离心率和DEF 的面积； （2）已知直线1y kx =+与椭圆C 交于A ，B 两点，过点B 作直线 (y t t =>的垂线，垂足为G ，判断是否存在常数t ，使得直线AG 经过y 轴上的定点？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由． 7．已知椭圆E ：()22 2210x y a b a b +=>>.左焦点()1,0F -，点()0,2M 在 椭圆E 外部，点N 为椭圆E 上一动点，且 NMF 的周长最大值为 4. （1）求椭圆E 的标准方程； （2）点B ､C 为椭圆E 上关于原点对称的两个点，A 为左顶点，若直线AB ､AC 分别与y 轴交于P ､Q 两点，试判断以PQ 为直径 热点十一圆锥曲线的“三定”与探索性问题 纵观近几年高考圆锥曲线的综合问题是高考中的一个热点和Array重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注重考查学生的逻辑思 维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力.其中直线与椭圆、抛物线的位置关系常常与平面向量、三角函数、函数的性质、不等式等知识交汇命题.涉及求轨迹、与圆相结合、定点、定值、最值、参数范围、存在性问题等.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨. 1.求轨迹方程 求轨迹方程的基本方法有：直接法、定义法、相关点法、参数法、交轨法、向量法等. （1）求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线,则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解;否则利用直接法或代入法. 例3【四川省绵阳市2019届高三1月诊断】己知椭圆C ：的左右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx+m与椭圆C交于A，B两点．O为坐标原点． （1）若直线l过点F1，且｜AF2｜十｜BF2｜＝，求直线l的方程； (2)若以AB为直径的圆过点O，点P是线段AB上的点，满足OP⊥AB，求点P的轨迹方程．【答案】(1) 或；（2）()． 【解析】 （1）由椭圆定义得|AB|+|AF2|+|BF2|=4a =8，则|AB |=． 因为直线l过点F1(-2,0)，所以m=2k即直线l的方程为y=k(x+2). 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0． ∴ x1+x2=，x1x2=．由弦长公式|AB |=， 代入整理得，解得．所以直线l 的方程为， 即或． （2）设直线l方程y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0. ∴ x1+x2=，x1x2=．以AB为直径的圆过原点O，即． ∴ x1x2+ y1y2=0．将y1=kx1+m，y2= kx2+m代入，整理得 (1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0．将x1+x2=，x1x2=代入， 整理得3m2=8k2+8．∵ 点P是线段AB上的点，满足， 设点O到直线AB的距离为d，∴ |OP|=d，于是|OP|2=d2=（定值）， ∴ 点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，且去掉圆与x轴的交点. 故点P的轨迹方程为()． 3.定值定点问题 （1）求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的一个量与参数无关,定点问题是求解的一个点(或几个点)的坐标,使得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决. （2）证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据方程的成立与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点. 例4【河北省张家口市2019届高三上期末】已知点是圆：上一动点，线段 与圆：相交于点.直线经过，并且垂直于轴，在上的射影点为. （1）求点的轨迹的方程； （2）设圆与轴的左、右交点分别为，，点是曲线上的点（点与，不重合），直线，与直线：分别相交于点，，求证：以直径的圆经过定点. 【答案】（1）（2）见证明 高二数学圆锥曲线教案 圆锥曲线的综合问题包括：解析法的应用，与圆锥曲线有关的定值问题、最值问题、参数问题、应用题和探索性问题，圆锥曲线知识的纵向联系，圆锥曲线知识和三角、复数等代数知识的横向联系，解答这部分试题，需要较强的代数运算能力和图形认识能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算，推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整. ●难点磁场 (★★★★)假设椭圆22 22b y a x +=1(a ＞b ＞0)与直线l ：x +y =1在第一象限内有两个不同的 交点，求a 、b 所满足的条件，并画出点P (a ,b )的存在区域. ●案例探究 ［例1］圆k 过定点A (a ,0)(a ＞0),圆心k 在抛物线C ：y 2=2ax 上运动，MN 为圆k 在y 轴上截得的弦. (1)试问MN 的长是否随圆心k 的运动而变化？ (2)当|OA |是|OM |与|ON |的等差中项时，抛物线C 的准线与圆k 有怎样的位置关系？ 命题意图：此题考查圆锥曲线科内综合的知识及学生综合、灵活处理问题的能力，属 ★★★★★级题目. 知识依托：弦长公式，韦达定理，等差中项，绝对值不等式，一元二次不等式等知识. 错解分析：在判断d 与R 的关系时，x 0的X 围是学生容易忽略的. 技巧与方法：对第(2)问，需将目标转化为判断d =x 0+2 a 与R =a x +2 0的大小. 解：(1)设圆心k (x 0,y 0),且y 02=2ax 0, 圆k 的半径R =|AK |=22 02 020)(a x y a x +=+- ∴|MN |=22022 02 022x a x x R -+=-=2a (定值) ∴弦MN 的长不随圆心k 的运动而变化. (2)设M (0,y 1)、N (0,y 2)在圆k ：(x －x 0)2+(y －y 0)2=x 02+a 2中， 令x =0，得y 2－2y 0y +y 02－a 2=0 ∴y 1y 2=y 02－a 2 ∵|OA |是|OM |与|ON |的等差中项. ∴|OM |+|ON |=|y 1|+|y 2|=2|OA |=2a . 又|MN |=|y 1－y 2|=2a ∴|y 1|+|y 2|=|y 1－y 2| ∴y 1y 2≤0，因此y 02－a 2≤0,即2ax 0－a 2≤0. ∴0≤x 0≤ 2 a . 圆心k 到抛物线准线距离d =x 0+ 2 a ≤a ,而圆k 半径R =22 0a x +≥a . 且上两式不能同时取等号，故圆k 必与准线相交. ［例2］如图，椭圆1 2 2-+ m y m x =1(2≤m ≤5),过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及其 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题 第1课时 范围与最值问题 1.(2019·全国100所名校联考)已知抛物线C ：y 2＝4x ，点A (m ,0)在x 轴正半轴上，O 为坐标原点，若抛物线上存在点P ，使得∠OP A ＝90°，则m 的取值范围是( ) A.(0,4) B.(4，＋∞) C.(0,2) D.(2，＋∞) 答案 B 解析 设点P ⎝⎛⎭ ⎫b 24，b ，由∠OP A ＝90°， 得OP →·P A →＝0，∴⎝⎛⎭⎫b 24，b ·⎝⎛⎭ ⎫m －b 24，－b ＝0. 即m ＝4＋b 24 ，∴m >4. 2.(2019·绵阳诊断)若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23 ＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( ) A.214 B.6 C.8 D.12 答案 B 解析 由题意得F (－1,0)，设P (x ，y )， 则OP →·FP →＝(x ，y )·(x ＋1，y )＝x 2＋x ＋y 2， 又点P 在椭圆上，故x 24＋y 23 ＝1， 所以OP →·FP →＝x 2＋x ＋3－34x 2＝14 x 2＋x ＋3 ＝14 (x ＋2)2＋2， 又－2≤x ≤2，所以当x ＝2时，OP →·FP →取得最大值，即OP →·FP →的最大值为6. 3.过抛物线y 2＝x 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，且直线l 的倾斜角θ≥π4，点A 在 x 轴上方，则|F A |的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤14，1 B.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ C.⎝⎛⎭ ⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎦⎤14，1＋22 答案 D 解析 记点A 的横坐标是x 1，则有|AF |＝x 1＋14 ＝⎝⎛⎭⎫14＋|AF |cos θ＋14＝12 ＋|AF |cos θ， |AF |(1－cos θ)＝12，|AF |＝12(1－cos θ) . 由π4≤θ<π得－1(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习理
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